§ 41: 41.24

41.24 Фігуру обмежено графіком функції y = х, прямою y = 2

і віссю ординат. У якій точці графіка функції y = х (0 ≤ x ≤ 4)

треба провести дотичну, щоб вона відтинала від указаної фігури

трикутник найбільшої площі?

Нехай D(x0; y0) – шукана точка на графіку функції у = х. Складемо рівняння дотичної, проведеної в цій точці.

y = f(x₀) + f’(x₀)(x – x₀);

f’(x) = 12x, тоді маємо:

y = x0 + 12x0(x – x₀);

y = 2x0+ x- x02x0, y = x0+ x2x0.

При х = 0 у = x02x0. = х02, тобто координати точки А (0; х02).

Тоді АС = 2 – х02 = 4-х02. З ∆АВС ВС = АСtg∠ABC, але tg∠ABC – це тангенс кута нахилу дотичної до осі абсцис, tg∠ABC = y’(x₀) = 12x0.

Тоді BC = 4- x02 : 12x0 = 4 - x0 • 2x02 = 4x0 – x₀.

Площа трикутника АВС дорівнює: S∆_АВС= 12 • AC • BC= 12 • 4 - x02 • (4x0 – x₀) = 16x0 - 4x0 - 4x0 + x0x0 4 = 14(16x0 – 8x₀ + x032).

Розглянемо функцію S(x) = 14(16x – 8x + x32) на проміжку [0; 4] і знайдемо її найбільше значення на цьому проміжку.

S’(x) = 14(162х – 8 + 32х) = 14(8х + 3х2 – 8) = 16+3х-16х2х.

S’(x) = 0, якщо 3х – 16х + 16 = 0. Нехай х = а, тоді 3а² – 16а + 16 = 0, D = 256 – 192 = 64, а₁ = 16+86 = 246 = 4; а₂ = 16-86 = 43.

Маємо х = 4, х = 16,

х = 43; х = 169.

До проміжку [0; 4] входять лише х = 169.

S(0) = 0; S(4) = 14 (164 – 8 • 4 + 43) = 14(32 – 32 + 8) = 2;

S(169) – 14(16169 – 8 • 169 + (1699)2) = 14(16 • 43 – 1289 + 6427) = 21027.

Отже, maxS(x) = S(169) = 21027.

^{[0; 4]}

Таким чином, х₀ = 169, тоді у₀ = 169 = 43.

Відповідь: (169; 43).